【备战2024年中考】一轮复习 初中数学 真题分项汇编 专题12 三角形综合问题 教师版+学生版

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考点1 三角形综合问题
一、单选题
1．（2020·福建·统考中考真题）如图，是等腰三角形的顶角平分线，，则等于（ ）
A．10B．5C．4D．3
【答案】B
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质即可判断CD的长．
【详解】∵是等腰三角形的顶角平分线
∴CD=BD=5．
故选：B．
【点睛】本题考查等腰三角形的三线合一，关键在于熟练掌握基础知识．
2．（2020·福建·统考中考真题）如图，面积为1的等边三角形中，分别是，，的中点，则的面积是（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意可以判断四个小三角形是全等三角形,即可判断一个的面积是．
【详解】∵分别是，，的中点,且△ABC是等边三角形,
∴△ADF≌△DBE≌△FEC≌△DFE,
∴△DEF的面积是．
故选D．
【点睛】本题考查等边三角形的性质及全等,关键在于熟练掌握等边三角形的特殊性质．
3．（2023年重庆市中考数学真题（A卷））如图，是的切线，为切点，连接．若，，，则的长度是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据切线的性质及正切的定义得到，再根据勾股定理得到．
【详解】解：连接，
∵是的切线，为切点，
∴，
∵，，
∴在中，，
∵，
∴在，，
故选．

【点睛】本题考查了切线的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握切线的性质是解题的关键．
4．（2020·湖北宜昌·中考真题）能说明“锐角，锐角的和是锐角”是假命题的例证图是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先将每个图形补充成三角形，再利用三角形的外角性质逐项判断即得答案．
【详解】解：A、如图1，∠1是锐角，且∠1=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是真命题，故本选项不符合题意；

B、如图2，∠2是锐角，且∠2=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是真命题，故本选项不符合题意；
C、如图3，∠3是钝角，且∠3=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是假命题，故本选项符合题意；
D、如图4，∠4是锐角，且∠4=，所以此图说明“锐角，锐角的和是锐角”是真命题，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了真假命题、举反例说明一个命题是假命题以及三角形的外角性质等知识，属于基本题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．
5．（2022·山东烟台·统考中考真题）如图，某海域中有A，B，C三个小岛，其中A在B的南偏西40°方向，C在B的南偏东35°方向，且B，C到A的距离相等，则小岛C相对于小岛A的方向是（ ）

A．北偏东70°B．北偏东75°C．南偏西70°D．南偏西20°
【答案】A
【分析】根据题意可得∠ABC＝75°，AD∥BE，AB＝AC，再根据等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠C＝75°，从而求出∠BAC的度数，然后利用平行线的性质可得∠DAB＝∠ABE＝40°，从而求出∠DAC的度数，即可解答．
【详解】解：如图：由题意得：
∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝40°+35°＝75°，AD∥BE，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝75°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝30°，
∵AD∥BE，
∴∠DAB＝∠ABE＝40°，
∴∠DAC＝∠DAB+∠BAC＝40°+30°＝70°，
∴小岛C相对于小岛A的方向是北偏东70°，
故选：A．
．
【点睛】本题考查了方向角，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
6．（2023年新疆维吾尔族自治区中考数学真题）如图，在中，以点为圆心，适当长为半径作弧，交于点，交于点，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧在的内部交于点，作射线交于点．若，，则的长为( )

A．B．1C．D．2
【答案】C
【分析】过点作于点，勾股定理求得，根据作图可得是的角平分线，进而设，则，根据，代入数据即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于点，

在中，，，
∴，
根据作图可得是的角平分线，
∴
设，
∵
∴
解得：
故选：C．
【点睛】本题考查了作角平分线，角平分线的性质，正弦的定义，勾股定理解直角三角形，熟练掌握基本作图以及角平分线的性质是解题的关键．
7．（2019·贵州·统考中考真题）如图，在一块斜边长30cm的直角三角形木板（Rt△ACB）上截取一个正方形CDEF，点D在边BC上，点E在斜边AB上，点F在边AC上，若AF：AC＝1：3，则这块木板截取正方形CDEF后，剩余部分的面积为( )
A．100cm2B．150cm2C．170cm2D．200cm2
【答案】A
【分析】设AF＝x，根据正方形的性质用x表示出EF、CF，证明△AEF∽△ABC，根据相似三角形的性质求出BC，根据勾股定理列式求出x，根据三角形的面积公式、正方形的面积公式计算即可.
【详解】设AF＝x，则AC＝3x，FC=2x，
∵四边形CDEF为正方形，
∴EF＝CF＝2x，EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴，
∴BC＝6x，
在Rt△ABC中，AB2＝AC2+BC2，即302＝(3x)2+(6x)2，
解得，x＝2，
∴AC＝6，BC＝12，
∴剩余部分的面积＝×12×6﹣4×4＝100(cm2)，
故选A.
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，图形的面积等，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
8．（2020·湖南湘西·中考真题）已知，作的平分线，在射线上截取线段，分别以O、C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于E，F．画直线，分别交于D，交于G．那么，一定是（ ）
A．锐角三角形B．钝角三角形C．等腰三角形D．直角三角形
【答案】C
【分析】根据题意知EF垂直平分OC，由此证明△OMD≌△ONG，即可得到OD=OG得到答案.
【详解】如图，连接CD、CG，
∵分别以O、C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于E，F
∴EF垂直平分OC，
设EF交OC于点N，
∴∠ONE=∠ONF=90°，
∵OM平分，
∴∠NOD=∠NOG，
又∵ON=ON，
∴△OMD≌△ONG，
∴OD=OG，
∴△ODG是等腰三角形，
故选：C.

【点睛】此题考查基本作图能力：角平分线的做法及线段垂直平分线的做法，还考查了全等三角形的判定定理及性质定理，由此解答问题，根据题意得到EF垂直平分OC是解题的关键.
9．（2023年广西壮族自治区中考数学真题）赵州桥是当今世界上建造最早，保存最完整的中国古代单孔敞肩石拱桥.如图，主桥拱呈圆弧形，跨度约为，拱高约为，则赵州桥主桥拱半径R约为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意可知，，，主桥拱半径R，根据垂径定理，得到，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．
【详解】解：如图，由题意可知，，，主桥拱半径R，
，
是半径，且，
，
在中，，
，
解得：，
故选B

【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，利用直角三角形求解是解题关键．
二、填空题
10．（2021·湖南张家界·统考中考真题）如图，内接于，，点是的中点，连接，，，则 ．
【答案】
【分析】圆上弧长对应的圆周角等于圆心角的一半，再利用等腰三角形三线合一的性质，即可得出答案．
【详解】解:根据圆上弦长对应的圆周角等于圆心角的一半，
，
，
，
为等腰三角形，
又点是的中点，根据等腰三角形三线合一，
为的角平分线，
，
故答案是：．
【点睛】本题考查了弦长所对应的圆周角等于圆心角的一半和等腰三角形三线合一的性质，解题的关键是：根据性质求出，再利用角平分线或三角形全等都能求出解．
11．（2023年重庆市中考数学真题（A卷））如图，在中，，，点D为上一点，连接．过点B作于点E，过点C作交的延长线于点F．若，，则的长度为 ．

【答案】3
【分析】证明，得到，即可得解．
【详解】解： ∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在和中：
，
∴，
∴，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质．利用同角的余角相等和等腰三角形的两腰相等证明三角形全等是解题的关键．
12．（2023年新疆维吾尔族自治区中考数学真题）如图，在中，若，，，则 ．

【答案】
【分析】根据等边对等角得出，再有三角形内角和定理及等量代换求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
解得：，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查等边对等角及三角形内角和定理，结合图形，找出各角之间的关系是解题关键．
13．（2019·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）下面三个命题：①底边和顶角对应相等的两个等腰三角形全等；②两边及其中一边上的中线对应相等的两个三角形全等；③斜边和斜边上的中线对应相等的两个直角三角形全等，其中正确的命题的序号为 ．
【答案】①②/②①
【分析】由全等三角形的判定方法得出①②正确，③不正确
【详解】解：①底边和顶角对应相等的两个等腰三角形全等；所以符合题意；
②两边及其中一边上的中线对应相等的两个三角形全等；所以符合题意；
③斜边和斜边上的中线对应相等的两个直角三角形不一定全等；所以不符合题意；
故答案为①②．
【点睛】本题考查了命题与定理、全等三角形的判定方法；熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
14．（2019·贵州·统考中考真题）如图，以△ABC的顶点B为圆心，BA长为半径画弧，交于点，连接AD．若∠B＝40°，∠C＝36°，则∠DAC的大小为 度．
【答案】34
【分析】先根据同圆的半径相等可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据三角形的外角性质即可得．
【详解】解：由同圆的半径相等得：，
，
，
，
故答案为：34．
【点睛】本题考查了圆的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握同圆的半径相等是解题关键．
15．（2020·上海·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，点D在边BC上，CD=3，联结AD．如果将△ACD沿直线AD翻折后，点C的对应点为点E，那么点E到直线BD的距离为 ．
【答案】．
【分析】过E点作EH⊥BC于H，证明△ABD是等边三角形，进而求得∠ADC=120°，再由折叠得到∠ADE=∠ADC=120°，进而求出∠HDE=60°，最后在Rt△HED中使用三角函数即可求出HE的长．
【详解】解：如图，过点E作EH⊥BC于H，
∵BC=7，CD=3，
∴BD=BC-CD=4，
∵AB=4=BD，∠B=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，
∴∠ADC=∠ADE=120°，
∴∠EDH=60°，
∵EH⊥BC，∴∠EHD=90°．
∵DE=DC=3，
∴EH=DE×sin∠HDE=3×=，
∴E到直线BD的距离为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠问题，解直角三角形，点到直线的距离，本题的关键点是能求出∠ADE=∠ADC=120°，另外需要重点掌握折叠问题的特点：折叠前后对应的边相等，对应的角相等．
16．（2020·上海·统考中考真题）《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图所示，在井口B处立一根垂直于井口的木杆BD，从木杆的顶端D观察井水水岸C，视线DC与井口的直径AB交于点E，如果测得AB=1.8米，BD=1米，BE=0.2米，那么井深AC为 米．
【答案】8米．
【分析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：∵BD⊥AB，AC⊥AB，
∴BDAC，
∴△ACE∽△DBE，
∴，
∴，
∴AC=8(米)，
故答案为：8(米) ．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，正确的识别图形，掌握相似三角形的判定及性质是解决此类题的关键．
17．（2021·江苏无锡·统考中考真题）如图，在中，，，，点E在线段上，且，D是线段上的一点，连接，将四边形沿直线翻折，得到四边形，当点G恰好落在线段上时， ．
【答案】
【分析】过点F作FM⊥AC于点M，由折叠的性质得FG=，∠EFG=，EF=AE=1，再证明，得，，进而即可求解．
【详解】解：过点F作FM⊥AC于点M，
∵将四边形沿直线翻折，得到四边形，当点G恰好落在线段上，
∴FG=，∠EFG=，EF=AE=1，
∴EG=，
∵∠FEM=∠GEF，∠FME=∠GFE=90°，
∴，
∴，
∴=，，
∴AM=AE+EM=，
∴．
故答案是：．
【点睛】本题主要考查折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，添加辅助线构造”母子相似三角形“是解题的关键．
18．（2023·辽宁营口·校考三模）如图所示，，点在边上，，为边上一动点，连接，和关于所在直线对称，分别为、的中点，连接并延长交所在直线于点，连接．当为直角三角形时，的长为 ．
【答案】4或/或4
【分析】当△为直角三角形时，存在两种情况：①当时，如图1，根据对称的性质和平行线可得：，根据直角三角形斜边中线的性质得：，最后利用勾股定理可得的长；②当时，如图2，证明是等腰直角三角形，可得．
【详解】解：当△为直角三角形时，存在两种情况：
①当时，如图1，
△与关于所在直线对称，
，，
点，分别为，的中点，
、是的中位线，
，
，
，
，
，
，
，
△中，
是斜边的中点，
，
由勾股定理得：，
；
②当时，如图2，
，
，
△与关于所在直线对称，
，
是等腰直角三角形，
；
综上所述，的长为或4．
故答案为：或4．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理、勾股定理、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定、直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是掌握相应的定理并利用分类讨论的思想解决问题．
19．（2023·河南信阳·校考三模）如图，在扇形中，分别是的中点，连接和交于点，若，则图中阴影部分的面积为 ．

【答案】
【分析】过点作于点，由，推出，设，则．由，推出，得到，求得，根据扇形的面积公式，三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：过点作于点，如图所示，

∵，
∴．
∴．
∴．
设，则．
∵，
∴．
∴，即，
解得，即，．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是扇形面积计算、相似三角形的判定和性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．
20．（2023·山东日照·日照市新营中学校考三模）如图，在中，．以为直角边作，且，连接，则的最大值是 ．

【答案】
【分析】作，且使，连接，首先根据题证明出，然后得到，利用勾股定理得到，然后根据得到当点A，E，D三点共线时，即时，取得最大值，即可求解．
【详解】如图所示，作，且使，连接，

∵以为直角边作，且，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴解得，
∵，，
∴，
∵，
∴当点A，E，D三点共线时，即时，取得最大值，
∵，
∴的最大值为．
故答案为：．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
21．（2023·辽宁营口·校考三模）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是边上的动点（不与点B、C重合），与交于点，连结．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在的延长线上，且的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是 ．
【答案】①②③
【分析】①正确．证明，可得结论；②正确．证明，，，四点共圆，利用圆周角定理证明；③正确．设，则．，，过点作于点，求出，，可得结论；④错误．将绕点顺时针旋转得到，连接，当点，点，点，点共线时，值最小，此时，，，设，则，构建方程求出，可得结论．
【详解】解：如图1中，
，
，
，，
，
，，故①正确，
，
，
，
，
取的中点，连接，，，则，
，，，四点共圆，
，故②正确，
设，则．，，
过点作于点，
，
，
，，
，
，故③正确．
如图2中，将绕点顺时针旋转得到，连接，
，，，
是等边三角形，
，
，
当点，点，点，点共线时，值最小，此时，，，
，
设，则，
，
，
，故④错误．
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
三、解答题
22．（2021·广东·统考中考真题）如图，在中，，作的垂直平分线交于点D，延长至点E，使．
（1）若，求的周长；
（2）若，求的值．
【答案】（1）1；（2）
【分析】(1)作出BC的垂直平分线，连接BD，由垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等得到DB=DC，由此即可求出△ABD的周长；
(2)设，，进而求出，在Rt△ABD中使用勾股定理求得，由此即可求出的值．
【详解】解：(1)如图，连接，设垂直平分线交于点F，
∵为垂直平分线，
∴，
∵，
∴．
(2)设，∴，
又∵，∴，
在中，．
∴．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，三角函数的定义及勾股定理等知识，熟练掌握垂直平分线上的点到线段的两个端点距离相等是解决本题的关键．
23．（2019·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）如图，在中，内角所对的边分别为．
（1）若，请直接写出与的和与的大小关系；
（2）求证：的内角和等于；
（3）若，求证：是直角三角形．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）根据三角形中大角对大边，即可得到结论；
（2）画出图形，写出已知，求证；过点A作直线MN∥BC，根据平行线性质得出∠MAB=∠B，∠NAC=∠C，代入∠MAB+∠BAC+∠NAC=180°即可求出答案；
（3）化简等式即可得到a2+c2=b2，根据勾股定理的逆定理即可得到结论
【详解】在中，，
；
如图，过点作，
，
（两直线平行，内错角相等），
（平角的定义），
（等量代换），
即：三角形三个内角的和等于；
（3），
，
，
，
是直角三角形．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及平行线的性质，根据证明过程运用转化思想是解题的关键．
24．（2020·上海·统考中考真题）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H．
（1）求证：△BEC∽△BCH；
（2）如果BE2=AB•AE，求证：AG=DF．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】(1)先证明△CDF≌△CBE，进而得到∠DCF=∠BCE，再由菱形对边CDBH，得到∠H=∠DCF，进而∠BCE=∠H即可求解．
(2) 由BE2=AB•AE，得到=，再利用AGBC，平行线分线段成比例定理得到=，再结合已知条件即可求解．
【详解】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB，∠D=∠B，CDAB．
∵DF=BE，
∴△CDF≌△CBE(SAS)，
∴∠DCF=∠BCE．
∵CDBH，
∴∠H=∠DCF，
∴∠BCE=∠H．且∠B=∠B，
∴△BEC∽△BCH．
(2)∵BE2=AB•AE，
∴=，
∵AGBC，
∴=，
∴=，
∵DF=BE，BC=AB，
∴BE=AG=DF，
即AG=DF．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
25．（2021·广东·统考中考真题）如图，在四边形中，，点E、F分别在线段、上，且．
（1）求证：；
（2）求证：以为直径的圆与相切；
（3）若，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】(1)设，进而求得，再由即可求得；
(2)取中点O，过点O作，由梯形中位线定理得到，利用得到，进而，由此即可证明；
(3)过点D，点A分别向作垂线交于点M，N，得到，分别求出，再代入求解即可．
【详解】解：(1)∵，设，
∴，
∵CD∥AB，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
(2)如图，取中点O，过点O作，
∵CD∥AB，∠ABC=90°，
∴，
又∵，
∴OM∥AB，
∴M为中点，
∴，
∵，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴以为直径的圆与相切．
(3)∵∠DFE=120°，CD∥EF∥AB，
∴，
又∵
∴为等边三角形，，
∵CD∥EF，
∴，
由(2)得：，
∴，
∴，
∵，在中，三边之比为，
∴，
在中，三边之比为，
∴，
如图，过点D，点A分别向作垂线交于点M，N，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
同理，四边形BENA为矩形，
∴，
．
【点睛】本题考查了等腰三角形等腰对等角、梯形中位线定理、割补法求四边形的面积、圆的切线的证明方法等，熟练掌握各图形的基本性质是解决本题的关键．
26．（2022·山东青岛·统考中考真题）【图形定义】
有一条高线相等的两个三角形称为等高三角形．
例如：如图①．在和中，分别是和边上的高线，且，则和是等高三角形．
【性质探究】
如图①，用，分别表示和的面积．
则，
∵
∴．
【性质应用】
(1)如图②，D是的边上的一点．若，则__________；
(2)如图③，在中，D，E分别是和边上的点．若，，，则__________，_________；
(3)如图③，在中，D，E分别是和边上的点，若，，，则__________．
【答案】(1)
(2)；
(3)
【分析】（1）由图可知和是等高三角形，然后根据等高三角形的性质即可得到答案；
（2）根据，和等高三角形的性质可求得，然后根据和等高三角形的性质可求得；
（3）根据，和等高三角形的性质可求得，然后根据，和等高三角形的性质可求得．
【详解】（1）解：如图，过点A作AE⊥BC，
则，
∵AE=AE，
∴．
（2）解：∵和是等高三角形，
∴，
∴；
∵和是等高三角形，
∴，
∴．
（3）解：∵和是等高三角形，
∴，
∴；
∵和是等高三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等高三角形的定义、性质以及应用性质解题，熟练掌握等高三角形的性质并能灵活运用是解题的关键．
27．（2020·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），已知，求证：；
尝试应用：如图（2），在和中，，，与相交于点．点在边上，，求的值；
拓展创新：如图（3），是内一点，，，，，直接写出的长．
【答案】问题背景：见详解；尝试应用：3；拓展创新：．
【分析】问题背景：通过得到，，再找到相等的角，从而可证；
尝试应用：连接CE，通过可以证得，得到，然后去证，，通过对应边成比例即可得到答案；
拓展创新：在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，通过，，然后利用对应边成比例即可得到答案．
【详解】问题背景：∵，
∴∠BAC=∠DAE， ，
∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴；
尝试应用：连接CE，
∵，，
∴，
∴，
∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴，
∴，
由于，，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
又∵
∴，
∴；
拓展创新：
如图，在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，
∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，，
∴∠ADE=∠ABC，
又∵∠DAE=∠BAC，
∴，
∴，
又∵∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴，
∴，
设CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
28．（2022·山东烟台·统考中考真题）
(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出的值．
(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．连接BD，CE．
①求的值；
②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①；②
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
（2）证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；
（3）①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
【详解】（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
；
（3）解：①，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
；
②由①得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴sin∠BFC．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
29．（2023年新疆维吾尔族自治区中考数学真题）【建立模型】(1)如图，点是线段上的一点，，，，垂足分别为，，，．求证：；
【类比迁移】(2)如图，一次函数的图象与轴交于点、与轴交于点，将线段绕点逆时针旋转得到、直线交轴于点．
①求点的坐标；
②求直线的解析式；
【拓展延伸】(3)如图，抛物线与轴交于，两点点在点的左侧，与轴交于点，已知点，，连接．抛物线上是否存在点，使得，若存在，求出点的横坐标．

【答案】（1）见解析； （2）①；②直线的解析式为；（3）或
【分析】[建立模型]（1）根据题意得出，，证明，即可得证；
[类比迁移] （2）①过点作轴于点，同（1）的方法，证明，根据一次函数的图象与轴交于点、与轴交于点，求得，，进而可得点的坐标；
②由，设直线的解析式为，将点代入得直线的解析式为；
[拓展延伸]（3）根据解析式求得，；①当点在轴下方时，如图所示，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作，于点，证明，根据得出，设，则，求得点，进而求得直线的解析式，联立抛物线解析式即可求解；②当点在轴的上方时，如图所示，过点作，于点，过点作轴，交轴于点，过点作于点，同①的方法即可求解．
【详解】[建立模型]（1）证明：∵，，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
[类比迁移]（2）如图所示，过点作轴于点，

∵将线段绕点逆时针旋转得到，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∵一次函数的图象与轴交于点、与轴交于点，
当时，，即，
当时，，即，
∴，
∴，
∴；
②∵，设直线的解析式为，
将代入得：
解得：
∴直线的解析式为，
（3）∵抛物线与轴交于，两点点在点的左侧，
当时，，
解得：，
∴，；
①当点在轴下方时，如图所示，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作，于点，

∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，，
∵，，
∴，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，
代入，得：，
解得：，
∴直线解析式为，
联立，
解得：（舍去），；
②当点在轴的上方时，如图所示，过点作于点，过点作轴，交轴于点，过点作于点，

同理可得，
∴，
设，则，
∵，
∴，，
∵，
∴，
解得：，
∴，
设直线的解析式为，
代入，得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：（舍去），，
综上所述，的横坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数法求一次函数解析式，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
30．（2020·上海·统考中考真题）如图，△ABC中，AB=AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长交边AC于点D．
（1）求证：∠BAC=2∠ABD；
（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小；
（3）当AD=2，CD=3时，求边BC的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠BCD的值为67.5°或72°；（3）．
【分析】(1)连接OA．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可．
(2)分三种情形：①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD．③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可．
(3) 如图3中，作AEBC交BD的延长线于E．则，进而得到，设OB=OA=4a，OH=3a，根据BH2=AB2-AH2=OB2-OH2，构建方程求出a即可解决问题．
【详解】解：(1)连接OA，如下图1所示：
∵AB=AC，
∴=，
∴OA⊥BC，
∴∠BAO=∠CAO．
∵OA=OB，
∴∠ABD=∠BAO，
∴∠BAC=2∠ABD．
(2)如图2中，延长AO交BC于H．
①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∴∠DBC=2∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠BDC=180°，
∴8∠ABD=180°，
∴∠C=3∠ABD=67.5°．
②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD，∴∠C=4∠ABD．
∵∠DBC+∠C+∠CDB=180°，
∴10∠ABD=180°，
∴∠BCD=4∠ABD=72°．
③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．
综上所述：∠C的值为67.5°或72°．
(3)如图3中，过A点作AEBC交BD的延长线于E．
则==，且BC=2BH，
∴==，
设OB=OA=4a，OH=3a．
则在Rt△ABH和Rt△OBH中，
∵BH2=AB2﹣AH2=OB2﹣OH2，
∴25 - 49a2=16a2﹣9a2，
∴a2=，
∴BH=，
∴BC=2BH=．
故答案为：．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
31．（2023·河北石家庄·校联考二模）小熊和小猫把一个三角形纸片折一次后，折痕把原三角形分成两个三角形．如图，当时，折痕是三角形的（ ）

A．中线B．中位线C．高线D．角平分线
【答案】C
【分析】根据折叠的性质和平角定义得到，再根据三角形的高线定义求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
又∵折痕经过三角形的顶点，
∴折痕是三角形的高线，
故选：C．
【点睛】本题考查折叠性质、平角定义、三角形的高线，理解三角形的高线定义是解答的关键．
32．（2023·河北石家庄·校联考二模）如图，盖房子时，在窗框未安装好之前，木工师傅常常先在窗框上斜钉一根木条，这样做的数学道理是（ ）
A．两点之间线段最短B．垂线段最短
C．两点确定一条直线D．三角形具有稳定性
【答案】D
【分析】用木条固定矩形门框，即是组成三角形，故可用三角形的稳定性解释．
【详解】解：加上木条后，原不稳定的四边形中具有了稳定的三角形，故这种做法根据的是三角形的稳定性．
故选D．
【点睛】本题考查三角形稳定性的实际应用．三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用.．
33．（2023·河南信阳·校考三模）如图，在中，作边的垂直平分线，交边于点，连接．若，，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据垂直平分线的性质可得，．根据三角形的内角和定理即可求得．
【详解】根据题意，可知，
∴．
∴．
在中，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，三角形的内角和定理．熟练掌握以上性质是解题的关键．
34．（2023·辽宁营口·校考三模）已知为一锐角，如图，按下列步骤作图：
①在边上取一点D，以为圆心，长为半径画，交于点，连接．
②以为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，此时有．则的度数为( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据画图过程，得到，由等边对等角可得，根据三角形内角和定理与三角形外角的性质可得,,则然后求解即可解答．
【详解】解：∵以为圆心，长为半径画，交于点；以为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，
∴，
∴
∵，，
∴，解得：．
故选：C．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、三角形外角的性质等知识点，掌握等边对等角与三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和是解答本题的关键．
35．（2023·山东德州·统考三模）如图，平行四边形的对角线，相交于点O．点E为的中点，连接并延长交于点F，，．下列结论：①；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】通过判定为等边三角形求得，利用等腰三角形的性质求得，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
【详解】解：点为的中点，
，
又，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
即，故①正确；
在平行四边形中，，，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，点为的中点，
，
平行四边形是菱形，故③正确；
，
在中，，
，故②正确；
在平行四边形中，，
又点为的中点，
，故④正确；
综上所述：正确的结论有4个，
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．
36．（2023·河北承德·统考二模）嘉嘉与淇淇在讨论下面的问题：
如图，中，，，．D，E分别是，边上的动点，，以为直径的交于点P，Q两点，求线段的最大值．

嘉嘉：当点D，E分别在，上移动时，点О到点A的距离为定值；
淇淇：当为圆О的直径时，线段的长最大．
关于上述问题及两人的讨论，下列说法正确的是（ ）
A．两人的说法都正确，线段的最大值为52
B．嘉嘉的说法正确，淇淇的说法有问题，线段长度的最大值为48
C．淇淇的说法有问题，当时，线段的长度最大
D．这道题目有问题，的长度只有最小值，没有最大值
【答案】B
【分析】根据直角三角形的特征可得的值，故点A在圆上，当点О距离边最近时，最大，连接，过点A作交于点O，通过勾股定理求得和的值，即可求得．
【详解】如图，由于为定长，，所以
故点О在以A为圆心，半径等于26的圆弧上
当点О距离边最近时，最大
连接，过点A作交于点O

此时点О距离边最近
由勾股定理可得，，
∴
故
在中，
所以
即PQ的最大值为48
故选B．
【点睛】本题考查了直角三角形的特征，勾股定理等知识，在本题中，求证点A在圆上是解题的关键．
37．（2023·四川宜宾·统考三模）如图1是第七届国际数学教育大会（）的会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能够组合得到如图2所示的四边形．若，，，则的值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】根据勾股定理和含30°角的直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：，，，
，，
，
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
38．（2023·安徽六安·校考模拟预测）如图，ABC中，∠C＝90°，AC＝10，BC＝8，线段DE的两个端点D、E分别在边AC，BC上滑动，且DE＝6，若点M、N分别是DE、AB的中点，则MN的最小值为（ ）
A．10﹣B．﹣3C．2﹣6D．3
【答案】B
【分析】根据三角形斜边中线的性质求得，，由当、、在同一直线上时，取最小值，即可求得的最小值．
【详解】解：中，，，，
，
，点、分别是、的中点，
，，
当、、在同一直线上时，取最小值，
的最小值为：，
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，勾股定理的应用等，明确、、在同一直线上时，取最小值是解题的关键．
39．（2023·河北石家庄·校联考二模）平面内，将长分别为1，2，4，x的线段，首尾顺次相接组成凸四边形（如图），x可能是 （ ）

A．1B．2C．7D．8
【答案】B
【分析】如图，设这个凸四边形为，连接，并设，先在中，根据三角形的三边关系定理可得，再在中，根据三角形的三边关系定理可得，即从而可得，据此即可解答．
【详解】解：如图，如图，设这个凸四边形为，连接，并设，

在中，，即，
在中，，即，
所以
观察四个选项可知，只有选项B符合．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理，通过作辅助线、构造两个三角形是解题关键．
40．（2023·辽宁营口·校考三模）如图所示，，点在边上，，为边上一动点，连接，和关于所在直线对称，分别为、的中点，连接并延长交所在直线于点，连接．当为直角三角形时，的长为 ．
【答案】4或/或4
【分析】当△为直角三角形时，存在两种情况：①当时，如图1，根据对称的性质和平行线可得：，根据直角三角形斜边中线的性质得：，最后利用勾股定理可得的长；②当时，如图2，证明是等腰直角三角形，可得．
【详解】解：当△为直角三角形时，存在两种情况：
①当时，如图1，
△与关于所在直线对称，
，，
点，分别为，的中点，
、是的中位线，
，
，
，
，
，
，
，
△中，
是斜边的中点，
，
由勾股定理得：，
；
②当时，如图2，
，
，
△与关于所在直线对称，
，
是等腰直角三角形，
；
综上所述，的长为或4．
故答案为：或4．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理、勾股定理、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定、直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是掌握相应的定理并利用分类讨论的思想解决问题．
41．（2023·广西南宁·南宁市第二十六中学校考二模）如图，在中，，，，点E是的中点，点F是斜边上任意一点，连接，将沿对折得到，连接，则周长的最小值是 ．
【答案】
【分析】以点E为圆心，以AE长为半径作圆，连接BE，交圆O于点，此时，BD的长度最小，即的周长最小，过点E作于点M，通过含30°角的直角三角形的性质和勾股定理进行求解即可．
【详解】
在中，，，，
，
由勾股定理得，
如图，以点E为圆心，以AE长为半径作圆，连接BE，交圆O于点，
此时，BD的长度最小，
将沿对折得到，点E是的中点，
，
的周长，
此时，的周长最小，
过点E作于点M，
，
由勾股定理得，
，
由勾股定理得，
，
的周长最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形周长的最小值问题，涉及含30°角的直角三角形的性质和勾股定理等，熟练掌握知识点是解题的关键．
42．（2023·江苏苏州·苏州市第十六中学校考二模）如图，在中，点A、点在上，，，点在上，且，点是的中点，点是劣弧上的动点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】延长到，使得，连接，，利用相似三角形的性质证明，求的最小值问题转化为求的最小值．求出即可判断．
【详解】解：延长到，使得，连接，．
，，，
，
，
，
，
，
，
，
又在中，，，，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
43．（2023·河南信阳·校考三模）如图，在扇形中，分别是的中点，连接和交于点，若，则图中阴影部分的面积为 ．

【答案】
【分析】过点作于点，由，推出，设，则．由，推出，得到，求得，根据扇形的面积公式，三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：过点作于点，如图所示，

∵，
∴．
∴．
∴．
设，则．
∵，
∴．
∴，即，
解得，即，．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是扇形面积计算、相似三角形的判定和性质，掌握扇形面积公式是解题的关键．
44．（2023·新疆和田·和田市第三中学校考二模）如图，内接于半径为的半圆中，为直径，点是的中点，连结交于点，平分交于点，为的中点，可得（ ）

① ② ③ ④
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】B
【分析】连接，根据直径所对的圆周角是90度可得，，根据圆周角定理可得；根据角平分线的性质可得，根据三角形的内角和即可求得；根据三角形的内角和可得，根据等角对等边可得，根据为的中点可得，根据勾股定理可得，；根据相似三角形的判定和性质可得，，根据勾股定理可得，根据相似三角形的判定和性质可得，根据勾股定理可得，；即可求得，故．
【详解】连接

∵为直径
∴，
∵点是的中点
∴
∴
∵平分
∴
∴
即
∴
故①正确
∴
∴
∴
又∵为的中点
∴
在中，
令
则
解得或（舍去）
即
∴
故③不正确；
∵，
∴
∴
∴
∴
∴
∵，
∴
∴，
∴，
在中，
即
令
则
整理得：
解得或（舍去）
即
∴
故②正确
故
故④正确；
综上，①②④正确
故选：B．
【点睛】本题考查勾股定理，相似三角形的判定和性质，正切的概念，角平分线的性质，等角对等边的性质，三角形内角和，圆周角定理及其推论等，是一道综合题，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
45．（2023·天津西青·统考二模）如图，将绕点逆时针旋转后得到，点，的对应点分别为，，点恰好在边上，且点在的延长线上，连接，若，则下列结论一定正确的是（ ）

A．B．C．旋转角是D．
【答案】A
【分析】由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可求得，从而可得．
【详解】解：将绕点逆时针旋转后得到，
，，
，
，
，
，即旋转角为，
，
，
，
与不平行，
，
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、旋转的性质、平行线的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
46．（2023·四川攀枝花·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（4，0），点Q是直线yx上的一个动点，以AQ为边，在AQ的右侧作等边△APQ，使得点P落在第一象限，连接OP，则OP+AP的最小值为（ ）
A．6B．4C．8D．6
【答案】C
【分析】根据点Q的运动先证明点P在直线PM是运动，再根据轴对称最值问题，作点P关于直线PM的对称点B，连接AB，求出AB的长即可．
【详解】解：如图，作∠OAM＝60°，边AM交直线OQ于点M，作直线PM，
由直线yx可知，∠MOA＝60°，
∴∠MOA＝∠OAM＝60°，
∴△OAM是等边三角形，
∴OA＝OM，
∵△APQ是等边三角形，
∴AQ＝AP，∠PAQ＝60°，
∴∠OAQ＝∠MAP，
∴△OAQ≌△MAP（SAS），
∴∠QOA＝∠PMA＝60°＝∠MAO，
∴PM∥x轴，即点P在直线PM上运动，
过点O关于直线PM的对称点B，连接AB，AB即为所求最小值，
此时，在Rt△OAB中，OA＝4，∠BAO＝60°，
∴∠OBA＝30°，
∴AB＝2OA＝8．
故选：C．
【点睛】本题属于一次函数与几何综合题，涉及勾股定理，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，轴对称最值问题，旋转的性质等知识，解题的关键是得出点P在直线PM是运动．
47．（2023·湖南永州·校考三模）如图，□ABCD的对角线AC，BD交于点O，CE平分∠BCD交AB于点E，交BD于点F，且∠ABC＝60°，AB＝2BC，连接OE．下列结论：①EO⊥AC；②S△AOD＝4S△OCF；③AC：BD＝：7；④FB2＝OF•DF．其中正确的是（ ）
A．①②④B．①③④C．②③④D．①③
【答案】B
【分析】①正确．只要证明EC=EA=BC，推出∠ACB=90°，再利用三角形中位线定理即可判断．
②错误．想办法证明BF=2OF，推出S△BOC=3S△OCF即可判断．
③正确．设BC=BE=EC=a，求出AC，BD即可判断．
④正确．求出BF，OF，DF（用a表示），通过计算证明即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，OD=OB，OA=OC，
∴∠DCB+∠ABC=180°，
∵∠ABC=60°，
∴∠DCB=120°，
∵EC平分∠DCB，
∴∠ECB=∠DCB=60°，
∴∠EBC=∠BCE=∠CEB=60°，
∴△ECB是等边三角形，
∴EB=BC，
∵AB=2BC，
∴EA=EB=EC，
∴∠ACB=90°，
∵OA=OC，EA=EB，

∴OE∥BC，
∴∠AOE=∠ACB=90°，
∴EO⊥AC，故①正确，
∵OE∥BC，
∴△OEF∽△BCF，
∴ ，
∴OF=OB，
∴S△AOD=S△BOC=3S△OCF，故②错误，
设BC=BE=EC=a，则AB=2a，AC=a，OD=OB=a，
∴BD=a，
∴AC：BD=a：a=：7，故③正确，
∵OF=OB=a，
∴BF=a，
∴BF2=a2，OF•DF=a• a2，
∴BF2=OF•DF，故④正确，
故选：B．
【点睛】此题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，角平分线的定义，解直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题．
48．（2023·北京昌平·统考二模）如图，在中，平分若，则 ．

【答案】1
【分析】作交于点F，首先根据角平分线的性质得到，然后利用三角形面积公式求解即可．
【详解】如图所示，作交于点F，

∵平分，
∴，
∴．
故答案为：1．
【点睛】此题考查了角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握角平分线的性质．
49.（2023·山东菏泽·统考二模）如图，将沿边上的中线平移到△的位置，已知的面积为9，阴影部分三角形的面积为4，若，则 ．

【答案】2
【分析】由，且为边的中线知，，根据△，利用相似三角形面积的比等于相似比的平方列式求解可得．
【详解】解：、，且为边的中线，
，，
将沿边上的中线平移得到△，
∴，
△，
则，
即，
解得或（舍），
故答案为：2．
【点睛】本题考查了平移的性质，三角形中线的性质，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握三角形中线的性质、相似三角形的判定与性质等知识点是解题的关键．
50．（2023·山东日照·日照市新营中学校考三模）如图，在中，．以为直角边作，且，连接，则的最大值是 ．

【答案】
【分析】作，且使，连接，首先根据题证明出，然后得到，利用勾股定理得到，然后根据得到当点A，E，D三点共线时，即时，取得最大值，即可求解．
【详解】如图所示，作，且使，连接，

∵以为直角边作，且，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴解得，
∵，，
∴，
∵，
∴当点A，E，D三点共线时，即时，取得最大值，
∵，
∴的最大值为．
故答案为：．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
51．（2023·辽宁营口·校考三模）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是边上的动点（不与点B、C重合），与交于点，连结．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在的延长线上，且的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是 ．
【答案】①②③
【分析】①正确．证明，可得结论；②正确．证明，，，四点共圆，利用圆周角定理证明；③正确．设，则．，，过点作于点，求出，，可得结论；④错误．将绕点顺时针旋转得到，连接，当点，点，点，点共线时，值最小，此时，，，设，则，构建方程求出，可得结论．
【详解】解：如图1中，
，
，
，，
，
，，故①正确，
，
，
，
，
取的中点，连接，，，则，
，，，四点共圆，
，故②正确，
设，则．，，
过点作于点，
，
，
，，
，
，故③正确．
如图2中，将绕点顺时针旋转得到，连接，
，，，
是等边三角形，
，
，
当点，点，点，点共线时，值最小，此时，，，
，
设，则，
，
，
，故④错误．
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
52．（2023·辽宁营口·校考三模）如图，点D是等边的边上一点，连接，以为边作等边，与交于点F．
(1)求证：；
(2)若，求的长
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得角度之间的相等关系，再根据有两个角相等的两个三角形相似，即可求证；
（2）由 得出，计算即可得出
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴；
又；
∴；
∴．
（2）∵，
∴，
∵，
∴，即，
解得：．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握有两个角相等的两个三角形相似，相似三角形对应边成比例．
53．（2023·山东德州·统考三模）问题探究
（1）在中，，分别是与的平分线．
①若，，如图，试证明；
②将①中的条件“”去掉，其他条件不变，如图，问①中的结论是否成立？并说明理由．
迁移运用
（2）若四边形是圆的内接四边形，且，，如图，试探究线段，，之间的等量关系，并证明．
【答案】（1）①见解析；②结论成立，见解析；（2），见解析
【分析】（1）①证明是等边三角形，得出E、D为中点，从而证明；
②在上截取，根据角平分线的性质，证明，，从而得到答案；
（2）作点B关于的对称点E，证明，从而得到，再根据AE、DC分别是、的角平分线，得到．
【详解】（1）①，，
．
又、分别是、的平分线．
点D、E分别是、的中点．
，．
．
②结论成立，理由如下：
设与交于点F，
由条件，得，．
又
．
．
．
∴．
在上截取．
由∵BF=BF，
∴．
．
．
又∵CF=CF，
∴．
∴．
（2），理由如下：
∵四边形是圆内接四边形，
∴．
∵，
∴，，
∴．
∴．
作点B关于的对称点E，连结，，的延长线与的延长线交于点M，与交于点F，
∴，．
∴．
∴
∴
∴
∵AE、DC分别是、的角平分线
由②得．
【点睛】本题考查三角形、等边三角形、全等三角形、圆的内接四边形的性质，解题的关键是熟练掌握三角形、等边三角形、全等三角形、圆的内接四边形的相关知识．
54．（2023·河北石家庄·校联考二模）数学课上大家研究图形的性质．
要求：每位同学画一个，，，，将线段绕点B逆时针旋转得到线段．

以下为同学们的发现：
小明：“我们组同学旋转某一相同角度，连接，都能得到平分．”
小丽：“时，点D落在上．”
(1)小明说的可以实现吗？如果可以，请求出这个的值，如果不可以请说明理由；
(2)求小丽画出的底角的余弦值；
(3)若，旋转线段得到时，则C、D两点的距离为________．
【答案】(1)可以，
(2)
(3)
【分析】（1）连接并延长交于点E，连接，根据题目知道是等腰三角形，平分，证明是等边三角形即可；
（2）过点作，证明，利用三角形相似的性质求出，进而得到，在即可求解；
（3）证明共线，得到，根据求出即可．
【详解】（1）可以，连接并延长交于点E，连接

平分
，
又
是等边三角形
（2）过点作，

，
设
当，D在上，
，（舍）
在中，
．
（3）如图，过过点作交于点，

，
，
共线
过点作与点，则，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了几何变换的综合问题，等腰三角形的性质，等边三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，解直角三角形等知识，灵活运用知识点、理解题意是解题的关键．
55．（2023·江苏无锡·校考二模）平面直角坐标系中，、，连接、，则 ；点C在y轴上，作点C关于直线、的对称点D、E，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】过点作，过点作轴，利用等腰直角三角形的性质求得，，即可求得的值；取点，连接，延长，交于点，利用相似三角形的性质及全等三角形的性质可证得，，可得，利用待定系数法求得直线的解析式，可得，进而可得线的解析式为，设点，作点关于直线、的对称点、，可知点关于直线的对称点在轴上，得，点关于直线的额对称点在直线上，设，可得点和点的中点的坐标，由轴对称可知在直线上，求得，可知，由勾股定理可得，进而求得的最小值为．
【详解】解：过点作，过点作轴，
∵、，
∴，，则为等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴为等腰直角三角形，则，
则，
∴，
取点，连接，延长，交于点，
则，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，则，
∴，即，
∵，，，
∴，
∴，则
则为的垂直平分线，即关于直线的对称点为，
设直线的解析为，将、，代入可得：
，解得：，
∴直线的解析为，
当时，，即，
同理可得直线的解析式为：，
设点，作点关于直线、的对称点、，
∵，
则点关于直线的额对称点在轴上，可知，
即关于直线的对称点为，且也在直线上，
∴关于直线对称的直线为，
∴点关于直线的对称点在直线：上，
设，则点和点的中点的坐标为：
由轴对称可知在直线上，
∴，可得，
则，
∴
整理得：，
∵，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：，．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，求正切值，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，轴对称与坐标，待定系数法求函数解析式，运用数形结合的思想是解决问题的关键．
56．（2023·山东日照·日照市新营中学校考三模）【课本再现】
(1)如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动，则下列结论正确的是_______（填序号即可）．①；②；③四边形的面积总等于；④连接，总有．

【类比迁移】
(2)如图2，矩形的中心O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明；
【拓展应用】
(3)如图3，在中，，直角的顶点D在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点E，F，可绕着点D旋转，当时，求线段的长度．
【答案】(1)①②③④
(2)，证明见解析
(3)或
【分析】（1）利用正方形的性质，证明，即可推出所有结论；
（2）连接，延长，交于点，连接，证明，得到，，推出，得到，即可得出结论；
（3）分点在线段上和在线段的延长线上，两种情况进行讨论求解．
【详解】（1）解：∵正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∴，故②正确；
∴四边形的面积，故③正确；
连接，

∵正方形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴；故④正确；
综上，正确的是①②③④；
故答案为：①②③④．
（2）解：，理由如下：
连接，

∵矩形的中心O是矩形的一个顶点，
∴，，，
延长，交于点，连接，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴是的中垂线，
∴，
∴，
∴；
（3）解：设，
①当点在线段上：

∵，，
∴，
∴，
由（2）可知：，
∴，
解得：，
∴；
②当点在线段的延长线上时：如图，

此时，
过点作，延长交于点，连接，
同（2）法可证：，
∴，
又，
∴，
解得：解得：，
∴；
综上：线段的长度为或．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，中垂线的性质，勾股定理．解题的关键是熟练掌握相关性质，构造全等三角形．
57.（2023·湖北恩施·统考二模）如图1，在中，，O为斜边上一点，以为圆心为半径的圆与交于另一点，与，分别交于点，．连接，已知．

(1)求证：为的切线；
(2)如图2，过点作的垂线交于点，直线与交于点，请探究的形状，并证明你的结论；
(3)如图2，连接，若，，求．
【答案】(1)见解析
(2)为等腰三角形．证明见解析
(3)
【分析】（1）先连接，，得到，进而得到，再根据，得出，即可证明为的切线；
（2）先设，交于点K，可得，根据同弧所对的圆周角相等得到，再根据等量代换和对顶角相等得到，进而证明为等腰三角形；
（3）连接，过点作，垂足为，由（1）的证明可知，易证，得出，再根据勾股定理，设，列方程得，，进而得到，最终得出．
【详解】（1）证明：如图，连接，，
，
点D为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
即为的切线．

（2）解：为等腰三角形．
证明： 设，交于点K，可得，
，
，
，，
，
，
，
，
即为等腰三角形．

（3）解： 连接，过点作，垂足为．
由（1）的证明可知，，
，又，
可求得，
又，
设，列方程得，
解这个方程得，或舍去
，解得，
由勾股定理可求得，，
．

【点睛】本题考查了圆的切线的判定，等腰三角形的判定，相似三角形判定及性质，勾股定理等知识，熟练掌握这些知识是解题的关键．
58．（2023·河北石家庄·石家庄市第四十中学校考二模）将两个等腰直角三角形纸片△OAB和△OCD放在平面直角坐标系中，已知点坐标为并将绕点顺时针旋转．

(1)当旋转至如图①的位置时，此时点的坐标是_________；
(2)如图②，连接当旋转到轴的右侧，且点三点在一条直线上时，
①求证：
②求的长；
(3)当旋转到使得的度数最大时，直接写出的面积．
【答案】(1)
(2)①见解析；②
(3)
【分析】（1）如图所示：过点作轴于点解直角三角形求出即可得出结论．
（2）如图所示：作于可得出可得到进而在在中，求出求出，即可求解．
（3）点两点是以为圆心，半径为的圆上运动．当即与相切时，最大，作轴于点，轴于点，可得出的长，可证得，即可得出结论．
【详解】（1）如图所示：过点作轴于点

（2）①
即
②如图所示：作于

在中，
，
∴
∴
∴
∴．
（3）点两点是以为圆心，半径为的圆上运动，
当即与相切时，最大，作轴于点，轴于点

∴
又
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
59.（2023·浙江·校联考三模）在中，平分交于点D，点E是射线上的动点（不与点D重合），过点E作交直线于点F，的角平分线所在的直线与射线交于点G．

(1)如图1，点E在线段上运动．
①若，，则__________°；
②若，求的度数；
(2)若点E在射线上运动时，探究与之间的数量关系．
【答案】(1)①；②
(2)若点在射线上运动时，与之间的数量关系为：或
【分析】（1）①根据平行线的性质，角平分线的定义以及三角形的内角和定理，得出，代入进行计算即可；
②由①的方法得出，进而满出，代入计算即可；
（2）分类讨论进行解答，画出相应位置的图形，根据（1）中的结论和平角的定义，可得当点E在线段AD上时，有成立；当点E在线段DB上或DB的延长线上时，有或成立．
【详解】（1）如图1，

①，
，，
是的平分线，是的平分线，
，，
又，
，
故答案为：；
②由①得，
；
（2）当点在线段上时，如图（2），

，
，，
平分，
，
；
当点在射线上时，如图（3）由（1）得，，

；
综上所述，与之间的数量关系为：或．
答：若点在射线上运动时，与之间的数量关系为：或．
【点睛】本题考查角平分线，平行线以及三角形内角和定理，理解角平分线的定义、平行线的性质以及三角形内角和定理是解题关键．
60.（2023·山东菏泽·统考三模）（1）①如图1，等腰（为底）与等腰（为底），，则与的数量关系为______；
②如图2，矩形中，，，则_______；
（2）如图3，在（1）②的条件下，点在线段上运动，将绕点顺时针旋转得到，使，连接．当时，求的长度；
（3）如图4，矩形中，若，，点在线段上运动，将绕点顺时针旋转得到，旋转角等于，连结中点为中点为，若，直接写出的长．
【答案】（1）①；②；（2）；（3）
【分析】（1）①先证明，再根据边角边证明，即可求解；
②根据矩形的性质可得，再根据勾股定理可得，根据正弦定义即可求解；
（2）在（1）②的条件下，当点在边上时，作于，由可得，再根据旋转的性质可证明，从而得到，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，由即可求得，由即可求得，在中应用勾股定理可求得的长；
（3）如图，延长、交于点，过点A作于N，连接、，过点H作于P，连接并延长交AM延长线于Q，根据正切的定义可得，根据旋转的性质可证明是等边三角形，通过证明点、、、四点共圆，可得是等边三角形，通过证明，得出是的中位线，设，分别表示出、，利用勾股定理列方程求出的值即可得答案．
【详解】（1）①解：由题意可得，，，
，
在和中，
故答案为：
②解：四边形是矩形，
，，
在中，
故答案为：
（2）解：在（1）②的条件下，点在线段上运动，如图，作于，
，
由旋转的性质可得，
在和中，
，，
在中，由勾股定理得
在中，由勾股定理得
，
在Rt中，由勾股定理得
（3）解：如图，延长、交于点，过点A作于N，连接、，过点H作于P，连接并延长交AM延长线于Q，
∵，，，
∴，，
∴，，
∵将绕点顺时针旋转得到，旋转角等于，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴点、、、四点共圆，
∴，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵点为中点，
∴是的中位线，
设，则，
∴=，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵点在上，
∴
∴，即
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、矩形的性质、旋转的性质、勾股定理、四点共圆的判定、圆周角定理、全等的判定和性质及解直角三角形，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．